高考物理复习 专题四 功能关系

专题四功能关系第1课时功能关系在力学中的应用基础回扣1.做功的两个重要因素是:有力作用在物体上且使物体在力的方向上

.功的求解可利用

W=Fscosθ求,但F为

;也可以利用F—s图象来求;变力的功一般应用

间接求解.2.功率是指单位时间内做的功,求解公式有:平均功率

;瞬时功率P=F·vcosθ,当θ=0,即F

与v方向

时,P=F·v.

发生了位移恒力动能定理相同整理ppt3.常见几种力做功的特点

(1)重力、弹簧弹力,静电力、分子力做功与

无关.(2)摩擦力做功的特点①单个摩擦力(包括静摩擦力和滑动摩擦力)可以做正功,也可以做负功,还可以不做功.②相互作用的一对静摩擦力做功的代数和

,

在静摩擦力做功的过程中,只有机械能的转移,没有机械能转化为其他形式的能;相互作用的一对滑动摩擦力做功的代数和

,且总为

,在一对滑动摩擦力做功的过程中,不仅有相互摩擦物体间机械能的转移,还有机械能转化为内能.转化为内能的量等于系统机械能的减少,等于滑动摩擦力与路径总等于零不为零负值整理ppt

的乘积.③摩擦生热,是指滑动摩擦生热,静摩擦不会生热.4.几个重要的功能关系

(1)重力的功等于

的变化,即WG=

.(2)弹力的功等于

的变化,即W弹=

.(3)合力的功等于

的变化,即WF合=

.(4)重力之外(除弹簧弹力)的其它力的功等于的变化.W其它=ΔE.(5)一对滑动摩擦力的功等于

的变化.Q=F·s相对.(6)分子力的功等于

的变化.相对路程

重力势能-ΔEp弹性势能-ΔEp动能ΔEk机械能系统中内能分子势能整理ppt思路方法1.恒定加速度启动问题解决问题的关键是明确所研究的问题是处在哪个阶段上.以及匀加速过程的最大速度v1和全程的最大速度vm的区别和求解方法.(1)求v1:由F-f=ma,可求v1=

.(2)求vm:由P=fvm可求vm

=

.2.动能定理的应用

(1)动能定理的适用对象:涉及单个物体(或可看成单个物体的物体系)的受力和位移问题,或求解

做功的问题.变力整理ppt(2)动能定理解题的基本思路:①选取研究对象,明确它的运动过程.②分析研究对象的受力情况和各力做功情况,然后求各个外力做功的

.③明确物体在过程始末状态的动能Ek1和Ek2.④列出动能定理的方程W合=Ek2-Ek1,及其他必要的解题方程,进行求解.3.机械能守恒定律的应用

(1)机械能是否守恒的判断:①用做功来判断,看重力(或弹簧弹力)以外的其它力做功代数和是否

.代数和为零整理ppt③对一些绳子突然绷紧、

等问题,机械能一般不守恒,除非题目中有特别说明及暗示.(2)机械能守恒定律解题的基本思路:①选取研究对象——物体系.②根据研究对象所经历的物理过程,进行

、分析,判断机械能是否守恒.③恰当地选取参考平面,确定研究对象在过程的初末态时的机械能.④根据机械能守恒定律列方程,进行求解.物体间碰撞受力做功②用能量转化来判断,看是否有机械能转化为其它形式的能.整理ppt题型1几个重要的功能关系例1从地面竖直上抛一个质量为m的小球,小球上升的最大高度为H.设上升过程中空气阻力f恒定.则对于小球的整个上升过程,下列说法中错误的是()A.小球动能减少了mgHB.小球机械能减少了fHC.小球重力势能增加了mgHD.小球的加速度大于重力加速度g整理ppt解析小球上升过程受重力G和空气阻力f,合力的功为W合=-(mg+f)H,因此小球动能减少(mg+f)H,A错;因空气阻力做功为fH,B对;重力做功为WG=-mgH,C对;小球受合力为F合=mg+f=ma,a>g,D对.答案A拓展探究上例中小球从抛出到落回原抛出点的过程中:(1)空气阻力f做功多少?(2)小球的动能减少多少?(3)小球的机械能减少多少?整理ppt解析

(1)Wf=-f2H=-2fH(2)ΔEk=WG+Wf=0-2fH=-2fH(3)ΔE=Wf=-2fH

功是能量转化的量度,有以下几个功能关系需要理解并牢记:(1)重力做功与路径无关,重力的功等于重力势能的变化.

(2)滑动摩擦力(或空气阻力)做功与路径有关,并且等于转化成的内能.(3)合力的功等于动能的变化.(4)重力(或弹力)以外的其它力的功等于机械能的变化.答案(1)-2fH(2)2fH(3)2fH整理ppt预测演练1在奥运比赛项目中,高台跳水是我国运动员的强项.质量为m的跳水运动员进入水中后受到水的阻力而做减速运动,设水对他的阻力大小恒为F,那么在他减速下降高度为h的过程中,下列说法正确的是(g为当地的重力加速度)()A.他的动能减少了FhB.他的重力势能增加了mghC.他的机械能减少了(F-mg)hD.他的机械能减少了FhD解析

由动能定理可知,动能的变化等于合力的功,ΔEk=(mg-F)h,A错;因下降h,重力势能减少了mgh,B错;由于阻力做功为Fh,所以系统机械能减少了Fh,C错,D正确.整理ppt预测演练2如图4-1-1所示，滑块静止于光滑水平面上,与之相连的轻质弹簧处于自然伸直状态,现用恒定的水平外力F作用于弹簧右端,在向右移动一段距离的过程中,拉力F做了10J的功.上述过程中()A.弹簧的弹性势能增加了10JB.滑块的动能增加了10JC.滑块和弹簧组成的系统机械能增加了10JD.滑块和弹簧组成的系统机械能守恒C解析拉力F做功既增加了弹性势能,还增加了滑块的动能,A、B错误;系统增加的机械能等于力F做的功,C对D错.图4-1-1整理ppt题型2功率和机车启动问题例2额定功率为80kW的汽车,在平直的公路上行驶

的最大速度为20m/s,汽车的质量为2.0t.若汽车

从静止开始做匀加速直线运动,加速度大小为2m/s2,

运动过程中阻力不变,则:

(1)汽车受到的恒定阻力是多大?

(2)3s末汽车的瞬时功率是多大?

(3)匀加速直线运动的时间是多长?

(4)在匀加速直线运动中,汽车牵引力做的功是多少?整理ppt解析

(1)由题可知汽车在公路上行驶的最大速度,而最大速度的获得是在汽车的牵引力等于阻力时,且汽车工作在额定功率下.由P=Fv∴vm=可得f=

=4×103N(2)汽车在做匀加速直线运动a=2m/s2,3s末的速度v3=at=6m/s,此时的牵引力为F由牛顿第二定律F-f=ma得,F=ma+f=8×103N∴此时的瞬时功率P=Fv3=48kW整理ppt(3)汽车做匀加速运动F牵=F=8×103N不变,但随着时间推移速度v增大,故其功率P=Fv也在增大,但P不可能大于P额,当P增大到P额时,功率不再增大,汽车以后不能再做匀加速运动.汽车在F牵=8×103N的作用下能达到的最大速度vm′=

=10m/s,由运动学规律知,匀加速的时间t=

=5s(4)W=Fs=8×103×

×5J=2×105J答案

(1)4×103N(2)48kW(3)5s(4)2×105J整理ppt1.在机车类问题中,匀加速启动时,匀加速运动刚结束时有两大特点:(1)牵引力仍是匀加速运动时的牵引力,即F-f=ma仍满足.(2)P=P额=Fv.2.注意匀加速运动的末速度并不是整个运动过程的最大速度.整理ppt预测演练3某兴趣小组对一辆自制遥控小车的性能进行研究,他们让这辆小车在水平的直轨道上由静止开始运动,并将小车运动的全过程记录下来,通过处理转化为v—t图象,如图4-1-2所示(除2s~10s时间段内的图象为曲线外,其余时间段图象均为直线).已知小车运动的过程中,2s~14s时间段内小车的功率保持不变,在14s末停止遥控而让小车自由滑行.小车的质量为1kg,可认为在整个过程中小车所受到的阻力大小不变.求:图4-1-2整理ppt(1)小车所受到的阻力大小及0~2s时间内电动机提供的牵引力大小.(2)小车匀速行驶阶段的功率.(3)小车在0~10s运动过程中位移的大小.解析

(1)由图象可得,在14~18s内:小车受到阻力大小:f=ma3=0.75N在0~2s内:由F-f=ma1得,电动机提供的牵引力大小F=ma1+f=1.25N整理ppt(2)在10~14s内小车做匀速运动:F=f故小车功率:P=Fv=0.75×3W=2.25W(3)速度图象与时间轴的“面积”的数值等于物体位移大小:0~2s内,

2~10s内,根据动能定理有:Pt-fs2=mv22-mv12解得:s2=18.7m故小车在加速过程中的位移为s=s1+s2=19.7m答案

(1)0.75N1.25N(2)2.25W(3)19.7m整理ppt题型3动能定理的应用例3(18分)如图4-1-3所示,四分之三周长圆管的半径R=0.4m,管口B和圆心O在同一水平面上,D是圆管的最高点,其中半圆周BE段存在摩擦,BC和CE段动摩擦因数相同,ED段光滑;质量m=0.5kg、直径稍小于圆管内径的小球从距B正上方高H=2.5m的A处自由下落,到达圆管最低点C时的速率为6m/s,并继续运动直到圆管的最高点D飞出,恰能再次进入圆管,假定小球再次进入圆筒时不计碰撞能量损失,取重力加速度g=10m/s2,求图4-1-3整理ppt(1)小球飞离D点时的速度.(2)小球从B点到D点过程中克服摩擦所做的功.(3)小球再次进入圆管后,能否越过C点?请分析说明理由.解析

(1)小球飞离D点做平抛运动有xDB=R=vDt(2分)(2分)由以上两式得(2分)(2)设小球从B到D的过程中克服摩擦力做功Wf1在A到D过程中根据动能定理,有

(3分)代入计算得Wf1=10J(2分)整理ppt(3)设小球从C到D的过程中克服摩擦力做功Wf2根据动能定理,有

(1分)代入计算得Wf2=4.5J(1分)小球从A到C的过程中,克服摩擦力做功Wf3根据动能定理,有

(1分)Wf3=5.5J(1分)小球再次从D到C的过程中,克服摩擦力做功Wf4根据动能定理,有

(1分)整理ppt小球过BE段时摩擦力大小随速度减小而减小,摩擦力做功也随速度减小而减小.第二次通过BC段与CE段有相等的路程,速度减小

(1分)所以Wf4<Wf2=4.5J(1分)由此得vC′>0,小球能过C点(1分)(1分)答案

(1)m/s(2)10J(3)见解析1.在应用动能定理解题时首先要弄清物体的受力情况和做功情况.2.应用动能定理列式时要注意运动过程的选取,可以全过程列式,也可以分过程列式.整理ppt3.本题中要注意:由于物体在圆周轨道上运动,当速度变化时,曲线的支持力变化,引起摩擦力大小变化,所以摩擦力做功也会变化.预测演练4如图4-1-4所示,轻弹簧左端固定在竖直墙上,右端点在O位置.质量为m的物块A(可视为质点)以初速度v0从距O点右方x0的P点处向左运动,与弹簧接触后压缩弹簧,将弹簧右端压到O′点位置后,A又被弹簧弹回.A离开弹簧后,恰好回到P点.物块A与水平面间的动摩擦因数为μ.求:图4-1-4整理ppt(1)物块A从P点出发又回到P点的过程,克服摩擦力所做的功.(2)O点和O′点间的距离x1.(3)若将另一个与A完全相同的物块B(可视为质点)与弹簧右端拴接,将A放在B右边,向左压A、B,使弹簧右端压缩到O′点位置,然后从静止释放,A、B共同滑行一段距离后分离.分离后物块A向右滑行的最大距离x2是多少?解析

(1)A从P回到P的过程根据动能定理得克服摩擦力所做的功为Wf=mv02(2)A从P回到P全过程根据动能定理整理ppt2μmg(x1+x0)=mv02x1=(3)A、B分离时,两者间弹力为零,且加速度相同,A的加速度是μg,B的加速度也是μg,说明B只受摩擦力,弹簧处于原长.知道原长处分离,就可得设此时它们的共同速度是v1,弹出过程弹力做功WF只有A时,从O′到P有WF-μmg(x1+x0)=0-0AB共同从O′到P有WF-2μmgx1=×2mv12

mv12=μmgx2x2=x0-整理ppt题型4功能关系的综合应用例4如图4-1-5所示,一长为L=1.5m的小车左端放有质量为m=1kg的小物块,物块与车上表面间动摩擦因数μ=0.5,半径R=0.9m的光滑半圆形轨道固定在水平面上且直径MON竖直,车的上表面和轨道最低点高度相同,为h=0.65m.开始车和物块一起以10m/s的初速度在光滑水平面上向右运动,车碰到轨道后立即停止运动.g=10m/s2.求:图4-1-5答案

(1)(2)(3)整理ppt(1)小物块刚进入半圆轨道时对轨道的压力.(2)小物块落地点至车左端的水平距离.解析

(1)车停止运动后取小物块为研究对象,设其到达车右端时的速度为v1,由动能定理得-μmgL=mv12-mv02①解得v1=②刚进入圆轨道时,设物块受到的支持力为N,由牛顿第二定律得N-mg=③由牛顿第三定律N=-N′④由①③④得N′=104.4N,方向竖直向下.⑤整理ppt(2)若小物块能到达圆轨道最高点,则由机械能守恒⑥解得v2=7m/s⑦恰能过最高点的速度为v3因v2>v3,故小物块从圆轨道最高点做平抛运动(h+2R)=gt2⑨s=v2t由⑦⑨⑩联立解得s=4.9m⑩故小物块距车左端d=s-L=3.4m⑧答案

(1)104.4N,方向竖直向下(2)3.4m整理ppt预测演练5做特技表演的小汽车速度足够大时,会在驶过拱形桥的顶端时直接水平飞出.为了探讨这个问题,小明等同学做了如下研究:如图4-1-6所示,在水平地面上固定放置球心为O、半径为R的光滑半球,在半球顶端B的上方,固定连接一个倾角θ=30°的光滑斜面轨道,斜面顶端A离B的高度为,斜面的末端通过技术处理后与半球顶端B水平相接.小明由A点静止滑下并落到地面上(有保护垫).甲、乙两位同学对小明的运动有不同的看法,甲同学认为小明将沿半球表面做一段圆周运动后落至地面,乙同学则认为小明将从B点开始做平抛运动落至地面.(为简化问题可将小明视为质点,忽略连接处的能量损失)整理ppt图4-1-6(1)请你求出小明滑到B点时受到球面的支持力并判断上述哪位同学的观点正确.(2)若轨道的动摩擦因数μ=,小明在A点以v0速度下滑时恰好能够从半球顶端B水平飞出落在水平地面上的C点(图中未标出),求速度v0的大小及OC间的距离sOC.整理ppt解析

(1)设小明滑到B点时速度为vB,根据机械能守恒定律得解得vB=在B点,由牛顿第二定律mg-N=N=0可见乙同学的观点正确.(2)由(1)可知小明恰好能从B点开始做平抛运动落地,需有整理ppt则小明在斜面轨道下滑的过程中,由动能定理将vB代入数据解得又平抛时间∴OC之间的距离为sOC=vt=1.有一质量为m的篮球从H的高处自由下落后反弹起的最大高度h,设篮球与地面接触时无机械能损失,且空气阻力大小恒定,要使篮球反弹起的高度达到H,在刚开始下落时应给篮球做功为()答案

(1)0乙同学的观点正确(2)整理pptA.B.C.D.答案C解析

Wf=mg(H-h)=f(H+h),f=,应给篮球做功W=f·2H=,C正确.整理pptA.物体A克服摩擦力做的功最多B.物体B克服摩擦力做的功最多C.物体C克服摩擦力做的功最多D.三物体克服摩擦力做的功一样多图4-1-760°,斜面的表面情况都一样,完全相同的物体(可视为质点)A、B、C分别从三斜面的顶部滑到底部的过程中 ()2.如图4-1-7所示,三个固定的斜面底边长度都相等,斜面倾角分别为30°、45°、整理ppt答案D解析设物体从倾角为θ的斜面上滑下时克服摩擦力做的功设为W,斜面底面长为L,物体与斜面间的动摩擦因数为μ,有W=μmgcosθ×=μmgL,可见W与θ角无关,故选D.整理ppt3.跳伞运动员跳离飞机后降落伞尚未打开的一段时间内,下列说法正确的是()A.运动员所受空气阻力做正功B.运动员的重力势能增加C.运动员的机械能增加D.运动员所受空气阻力做负功D整理ppt4.如图4-1-8

所示为推行节水灌溉工程中使用的转动式喷水龙头的示意图.喷水口离地面的高度为5m,用效率为

50%的抽水机从地下20m深的井里抽水,使水充满水口并以恒定的速率从该水龙头沿水平喷出.喷水口横截面积为10cm2,其喷灌半径为10m,若水的密度为1×103kg/m3,不计空气阻力.带动该水泵的电动机的最小输出功率为(g=10m/s2)()A.3×103WB.4.5×103WC.6×103WD.9×103W图4-1-8整理ppt答案C解析

,s,又R=v0t,

,设电动机最小功率为P,50%P,m=ρV=ρSv0t,整理得P=2ρSv0gh+ρSv03=2×103×10×10-4×10×10×25W+103×10×10-4×103W=6000W.整理ppt图4-1-9A.3t0时刻的瞬时功率为B.3t0时刻的瞬时功率为C.在t=0到3t0这段时间内,水平力的平均功率为D.在t=0到3t0这段时间内,水平力的平均功率为5.质量为m的物体静止在光滑水平面上,从t=0时刻开始受到水平力的作用.力的大小F

与时间t的关系如图4-1-9所示,力的方向保持不变,

则()整理ppt物块速度为2t0。t0~3t0时间内物体也做匀加速直线运动,可求得3t0时刻物块速度为

.所以3t0时刻的瞬时功率为,故B正确;0~2t0时间内水平力做功为,2t0~3t0时间内水平力做功为

,所以总功为,总功率为,所以D正确.答案

BD解析本题考查功率的计算以及利用图象解题的能力,解题的关键是分析得出物体的运动情况和速度大小.0~2t0时间内物体做匀加速直线运动,可求得2t0时刻整理ppt后木箱载着货物沿轨道无初速度滑下,当轻弹簧被压缩至最短时,自动卸货装置立刻将货物卸下,然后木箱恰好被弹回到轨道顶端,再重复上述过程.下列选项正确的是()图4-1-106.如图4-1-10所示为某探究活动小组设计的节能运输系统.斜面轨道倾角为30°,质量为M

的木箱与轨道的动摩擦因数为.木箱在轨道顶端时,自动装货装置将质量为m的货物装入木箱,然整理pptA.m=MB.m=2MC.木箱不与弹簧接触时,上滑的加速度大于下滑的加速度D.在木箱与货物从顶端滑到最低点的过程中,减少的重力势能全部转化为弹簧的弹性势能整理ppt解析

从开始下滑到弹簧压缩至最短过程中,设下滑的距离为L,根据功能关系,有(M+m)gLsin30°=μ(M+m)gLcos30°+Epmax

①卸下货物后,木箱被弹回的过程中,由功能关系,有Epmax=MgLsin30°+μMgLcos30°②由①②联立并代入得m=2M故选项A错,选项B对.根据牛顿第二定律,不与弹簧接触时,下滑过程,有(M+m)gsin30°-μ(M+m)gcos30°=(M+m)a1整理ppt上滑时,有Mgsin30°+μMgcos30°=Ma2所以即a2>a1,故选项C正确.从顶端下滑过程中,克服摩擦力和弹簧弹力做功,因此减少的重力势能一部分转化为内能一部分转化为弹性势能,故选项D错误.答案BC整理ppt率为P;物体在加速和减速过程中克服摩擦阻力做的功分别为W1和W2,它们的平均功率分别为P1和P2,则下列选项正确的是()图4-1-117.用水平力拉一物体在水平地面上从静止开始做匀加速运动,到t1秒末撤去拉力F,物体做匀减速运动,到t2秒末静止.其速度图象如图4-1-11所示,且α<β.若拉力F做的功为W,平均功整理pptA.W=W1+W2B.W1=W2C.P=P1+P2D.P1=P2解析由动能定理知W-W1-W2=ΔEk=0,A对;由于0~t1和t1~t2两段时间内位移不等,B错;由知P1=P2,D正确.答案AD整理ppt8.如图

4-1-12所示,斜面AB的下端与竖直放置的光滑圆弧轨道BCD的B端相切,圆弧轨道的半径为R,圆心O与A、D在同一水平面上,θ=30°.现有一质量为m的小物块从斜面上的A点无初速滑下.小物块与斜面AB间的动摩擦因数μ=0.5,求小物块第一次通过最低点C时对轨道压力的大小.图4-1-12整理ppt解析设AB间的长度为x,从图示的几何关系可知x=Rcotθ①解得②对物块受力分析,如右图所示.设小物块第一次通过C点时的速度为v,受到轨道的支持力为FN,对物块从A到C全过程应用动能定理,得mgR-μmgcosθ·x=mv2③物块通过C点时,根据牛顿第二定律得N-mg=m④整理ppt联立③④式解得N=1.5mg⑤根据牛顿第三定律可知,物块对轨道的压力大小为1.5mg.9.如图4-1-13所示,一个半径为R的半球形的碗固定在桌面上,碗口水平,O点为其球心,碗的内表面及碗口是光滑的.一根轻质细线跨在碗口上,线的两端分别系有小球A和B,当它们处于平衡状态时,小球A

与O点的连线与水平线的夹角为60°.图4-1-13答案

1.5mg整理ppt(1)求小球A与小球B的质量比mA∶mB.(2)辨析题:现将A球质量改为2m、B球质量改为m,且开始时A球位于碗口C点,由静止沿碗下滑,当A球滑到碗底时,求两球的速率为多大?某同学解法如下:当A球滑到碗底时,A球下降的高度为R,B球上升的高度为R,根据机械能守恒定律有①且vA=vB

②代入数据,解①②两式即可求得两球的速率.你认为上述分析是否正确?如果你认为正确,请完成此题;如果你认为不正确,请指出错误,并给出正确的解答.(3)在满足第(2)问中的条件下,求A球沿碗壁运动的最大位移是多少?整理ppt解析

(1)设绳上拉力为T,碗对A球的弹力为N,根据对称性可得:N=T由平衡条件:2Tcos30°=mAg对B球,受拉力与重力平衡得T=mBg联立得mA∶mB=∶1(2)不正确.A球在碗底时,vA不等于vB,应将vA沿绳和垂直于绳的方向分解,沿绳子方向的分速度即等于B球的速度vB的大小.即:根据机械能守恒定律有整理ppt(3)球A经过碗底后继续上升,当速度减小为零时沿碗壁有最大位移,如右图所示,此时A相对碗边缘的高度为h,则由机械能守恒有2mgh-mgs=0联立以上两式可得:可得,答案

(1)∶1(2)不正确.(3)整理ppt10.如图4-1-14所示,质量为m的滑块与水平地面间的动摩擦因数μ为0.1,它以v0=3

的初速度由A点开始向B点滑行,并滑上半径为R的光滑的圆弧BC,AB=5R.在C点正上方有一离C点高度也为R的旋转平台,沿平台直径方向开有两个离轴心距离相等的小孔P、Q,旋转时两孔均能达到C点的正上方.若滑块滑过C点后竖直向上穿过P孔,

又恰能从Q孔落下,则平台转动的角速度ω应满足什么条件?(重力加速度为g)图4-1-14整理ppt答案

···）解析设滑块至B点时速度为vB,对滑块由A点到B点-μmg×5R=mvB2-mv02解得vB2=8gR设滑块到达P处时速度为vP,则滑块从B点到P点

mvB2=mvP2+mg×2R解得vP=2滑块穿过P孔后再回到平台的时间要想实现题述过程,需满足ωt=(2n+1)π(n=0,1,2,…)···）整理ppt整理ppt9、静夜四无邻，荒居旧业贫。。2022/12/242022/12/24Saturday,December24,202210、雨中黄叶树，灯下白头人。。2022/12/242022/12/242022/12/2412/24/20228:05:02PM11、以我独沈久，愧君相见频。。2022/12/242022/12/242022/12/24Dec-2224-Dec-2212、故人江海别，几度隔山川。。2022/12/242022/12/242022/12/24Saturday,